Đề Thi Thử Đại Học Toán 2013 - Đề 36 ppt

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2013 SỞ GD- ĐT QUẢNG NAM Môn thi : TOÁN Thời gian làm bài 150 phút. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm). Câu 1.(3 điểm). Cho hàm số y = 4 2 x 5 - 3x + 2 2 (C) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C). 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (C) tại điểm có hoành độ x = 1. Câu 2. (3 điểm ) 1. Giải phương trình: 16 17.4 16 0 x x    2. Tính tích phân I=   cos 0 sin x e x xdx    3. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = 3 2 2 4 2 2 x x x     trên [ 1; 3]  . Câu 3. (1 điểm ) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a;góc giữa cạnh bên và đáy bằng 60 0 .Tính diện tích xung quanh và thể tích của khối nón đỉnh S, đáy là hình tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD II.PHẦN RIÊNG – PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm). 1.Theo chương trình chuẩn: Câu 4.a (2điểm).Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d): 2 3 1 2 2 x y z      và mặt phẳng(P): 2 2 6 0 x y z     . 1. Viết phương trình mặt cầu tâm (1; 2;3) I  và tiếp xúc với mặt phẳng (P). 2. Viết phương trình mặt phẳng ( )  chứa đường thẳng (d) và vuông góc với mặt phẳng (P). Câu 5.a ( 1,0 điểm ).Giải phương trình: 2 2 5 0 x x    trên tập số phức. 2.Theo chương trình nâng cao : Câu 4.b ( 2,0 điểm ): Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d): 2 2 1 3 1 5 x t y t z t             và mặt phẳng (P): 2x + y + z – 8 = 0. 1/ Chứng tỏ đường thẳng (d) không vuông góc mp (P). Tìm giao điểm của đường thẳng (d) và mặt phẳng (P). 2/ Viết phương trình đường thẳng (d’) là hình chiếu vuông góc của đường thẳng (d) lên mặt phẳng (P). Câu 5.b ( 1,0 điểm ) :Giải phương trình: 2 (3 4 ) ( 1 5 ) 0 z i z i       trên tâp số phức HẾT Sở GD & ĐT Quảng Nam KỲ THI TỐTNGHIỆPTRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2013 Trường THPT Chu Văn AN Đáp án môn thi: TOÁN (ĐỀ THI THAM KHẢO) CÂU ĐÁP ÁN ĐI ỂM Câu 1 3 điểm 1 - Tập xác định R - Sự biến thiên: + Giới hạn: lim ; lim x x y y       + Bảng biến thiên: Chiều biến thiên: y’ = 2x 3 – 6x = 0  x = 0 hoặc x = 3  x  - 3 0 3  y ‘ - 0 + 0 - 0 + y  5 2  -2 - 2 Hàm số đồng biến trên các khoảng ( 3;0)  và ( 3; )  , hàm số nghịch biến trên khoảng ( , 3) & (0, 3)   Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y CĐ = 5 2 , Hàm số đạt cực tiểu tại x = 3  , y CT = -2 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 - Đồ thị : vẽ đúng, có bảng giá trị đặc biệt -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -5 5 x y Kết luận: Đths nhận Oy làm trục đối xứng. 0,5 2 - Khi x = 1, ta có y = 0 - Hệ số góc tiếp tuyến : y’( 1 ) = -4 - Phương trình tiếp tuyến cần tìm là : y = -4( x – 1 ) = -4x +4 0,25 0,25 0,5 Câu 2 3 điểm 1 - Đưa về 2 4 17.4 16 0 x x    - Đặt t = 4 x đk : t > 0 Pt trở thành : 2 1 17. 16 0 16 t t t t          thỏa đk - t = 1 4 1 0 x x     - t = 16 4 16 2 x x     Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 0 và x = 2. 0,25 0,25 0,25 0,25 2 - I = osx 0 .sinx.dx c e   + 0 .sinx.dx x   * đặt t = cosx  dt = - sinxdx và x=0  t=1 ; x=   t=-1 Nên osx 0 .sinx.dx c e   = 1 1 1 1 1 1 1 .( dt) .dt = t t t e e e e e          *đặt sinx.dx osx u x du dx dv v c             Nên 0 .sinx.dx x   = 0 0 . osx cosx.dx x c      =  + 0 sinx  =  Vậy I = 1 e e    . 0,25 0,25 0,25 0,25 3 f(x) = -2x 3 +4x 2 - 2x +2 trên đoạn   1;3  0,25 f ‘ (x) = 2 6 8 2 x x    = 0     1 1;3 1 1;3 3 x x            f(1) = 2; f(3) = -22; f(-1) = 10; f( 1 3 ) = 46 27 Vậy   1;3 max ( ) 10 f x   ;   1;3 min ( ) 22 f x    0,25 0,5 Câu 3 1 điểm - Do SABCD là hình chóp đều nên ABCD là hình vuông cạnh a Gọi O=ACBD SO là đường cao h.chóp và là đường cao hình nón . - Do OD là hình chiếu SD lên (ABCD) nên góc giữa cạnh bên SD và đáy là SDO  Trong tam giác vuông SOD ta có SO = DO . tan 60 0 = 3. 2 2a = 2 6a Và SD = 0 2 os60 DO a c  (SD = l là đường sinh của hình nón). - Đường tròn ngoại tiếp ABCD có tâm O bán kính r=OD = 2 2 a Vậy : - Diện tích xung quanh hình nón là : 2 2 . . 2 . 2 xq a S rl a a       (đvdt). - Thể tích khối nón là V = 2 3 2 1 1 2 6 6 . . 3 3 2 2 12 a a a r h            (đvtt) 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 4a 2 điểm 1 (S) có bán kính R bằng khoảng cách từ I đến (P)  R= d(I; (P)) = 1.1 2.( 2) 2.3 6 1 1 4 4        Vậy (S):       2 2 2 1 2 3 1 x y z       0,5 0,5 2 - (d) qua A(-2;0;-3) có VTCP (1; 2;2) u   r - (P) có VTPT (1;2; 2) n   r (  ) qua A có VTPT   ' ; 0;4;4 4(0;1;1) n u n        ur ur r Pttq của (  ) là: y + z +3 = 0. 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 5a 1 điểm - 2 ' 1 5 4 4 ' 2 i i          - phương trình có 2 nghiệm phức là: x = -1 – 2i và x = -1 + 2i. 0,25 0,5 Câu 4b 2 điểm 1 a) (d) qua A(2;-1;1) có VTCP (2;3;5) u  r - (P) có VTPT (2;1;1) n  r Ta có:   ; 2;8; 4 0 u n         ur r r nên & u n r r không cùng phương do đó d không vuông góc với (P). b). Gọi H = ( ) d P  nên   2 2 ; 1 3 ;1 5 H t t t     thế vào phương trình của (P) ta được: 2(2+2t)-1+3t+1+5t -8 =0  t= 1 3 Vậy 8 8 ;0; 3 3 H       0,25 0,25 0,25 0,25 2 - đường thẳng d’ qua A d  và vuông góc với (P) nên nhận VTPT của (P) làm VTCP có ptts là: 2 2 ' 1 ' 1 ' x t y t z t             -K = ' ( ) d P  nên   2 2 '; 1 ';1 ' K t t t     thế vào (P)  t’ = 2 3 Nên 10 1 5 ; ; 3 3 3 K        Do đó đường thẳng qua H, K là hình chiếu vuông góc của d lên (P) có 0,25 0,25 0,25 VTCP   2 1 1 ; ; 1 2; 1; 3 3 3 3 HK             uuur Vậy d’: 8 2 3 8 3 3 x t y t z t              0,25 Câu 5b 1 điểm 2 (3 4 ) ( 1 5 ) 0 z i z i       2 2 ( (3 4 )) 4( 1 5 ) 3 4 (1 2 ) i i i i             PT có 2 nghiệm phân biệt 1 2 3 z i   2 1 z i   0,5 0,5 . -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -5 5 x y Kết luận: Đths nhận Oy làm trục đối xứng. 0,5 2 - Khi x = 1, ta có y = 0 - Hệ số góc tiếp tuyến : y’( 1 ) = -4 -. Sở GD & ĐT Quảng Nam KỲ THI TỐTNGHIỆPTRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2013 Trường THPT Chu Văn AN Đáp án môn thi: TOÁN (ĐỀ THI THAM KHẢO) CÂU ĐÁP